2024届广东省六校（广州市第二中学等）高三上学期第二次联考数学试题含解析

这是一份2024届广东省六校（广州市第二中学等）高三上学期第二次联考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解对数函数不等式化简集合A，根据一元二次不等式的解法求解集合B，然后利用交集运算求解即可.
【详解】因为，
，所以.
故选：B.
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式化简求值.
【详解】由，得，所以.
故选：A
3．“且”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由不等式的性质可判断出充分性成立，通过举反例可知必要性不成立，即可选出答案.
【详解】因为且，由同向可加性及正向同向可乘性知，充分性成立；
若且，可取，不满足且，则必要性不成立 .
所以“且”是“且”充分不必要条件，
故选：
4．如图，、两点在河的同侧，且、两点均不可到达．现需测、两点间的距离，测量者在河对岸选定两点、，测得，同时在、两点分别测得，，，则、两点间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】在中求得的值，中利用正弦定理求得的值，中利用由余弦定理求得的值．
【详解】，，
是等边三角形，；
中，，，，
由正弦定理得，，
，，
中，由余弦定理得
，
，
即、两点间的距离为．
故选：D．
5．已知，，，则
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求得的值，然后计算出的值，由此求得的大小.
【详解】由于，所以，所以，.所以，所以，故选D.
【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查利用三角函数值求角，属于基础题.
6．已知函数，其中．若函数在上为增函数，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】先将的函数式化简成形如的形式，根据在上为增函数，列出关于的不等式组求解即可．
【详解】
，
当时，，
若函数在上为增函数，则，由，解得，
则的最大值为．
故选：A
7．若曲线的一条切线为（为自然对数的底数），其中为正实数，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设切点为，由题意知，从而可得，根据 “1”的代换，可求出，由基本不等式可求出取值范围.
【详解】解：，，设切点为，则，
，.
原式，当且仅当，即时等号成立，
即.
故选:C.
【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了基本不等式.切线问题，一般设出切点，由切点处的导数值为切线的斜率以及切点既在切线上又在函数图像上，可列出方程组.运用基本不等式求最值时注意一正二定三相等.
8．已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的周期为2B．函数关于直线对称
C．函数关于点中心对称D．
【答案】C
【分析】根据为偶函数推导出，根据为奇函数，得到，得到函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；
由由及推导出，故周期为4，A错误；
根据函数的周期性求出，D错误.
【详解】∵为偶函数，
∴，
∴，
故
即，
∴函数的图象关于直线对称.
∵为奇函数，
∴，
∴，所以函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；
由及知，，
∴，
∴，即，
∴，故
∴函数的周期为4，A错误，
，故D错误.
故选：C.
二、多选题
9．已知中角，的对边分别为，，则可作为“”的充要条件的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】由三角形中的大边对大角，利用正弦定理和三角函数的性质，结合充要条件的定义，判断各选项的正误
【详解】中，由正弦定理可知，时有，时有，A选项正确；
余弦函数在上单调递减，中，当时有，则有；当时有，则有，B选项正确；
中，当时有，当为钝角，为锐角时，，C选项错误；
中，当时有，当为钝角，为锐角时，，D选项错误.
故选：AB
10．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则（ ）
A．函数的图象的一个对称中心为.
B．函数是奇函数.
C．函数在上的单调递减区间是.
D．函数的图象的一个对称轴方程为.
【答案】BCD
【分析】先利用相位变换求出的解析式，对四个选项一一验证：
对于A：直接代入即可判断；
对于B：利用奇函数的定义判断；
对于C：直接求出递减区间即可；
对于D：直接代入即可判断.
【详解】将函数的图象向左平移个单位，得到.
对于A：，当时，故A 错误；
对于B：，令，因为，所以为奇函数，故B正确；
对于C：，要求函数的减区间，只需，解得：，当k=0时，函数在上的单调递减区间是，故C正确；
对于D：，当时，为最小值，所以为其中一个对称轴方程.故D正确.
故选：BCD
11．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则有2个零点B．存在，使得有1个零点
C．存在，使得有3个零点D．存在，使得有3个零点
【答案】ABD
【分析】画出函数图象，根据与的函数图象交点个数可判断.
【详解】由题，的零点个数可转化为与的函数图象交点个数，
画出函数图象如下，
若，函数与在和各有一个交点，故有2个零点，故A正确；
当时，当，，
，，
故在上至少有一个零点，又，结合图象知，在上有两个零点，
即与有两个不同的交点，则当直线绕点顺时针旋转时，存在直线与的图象相切，即有1个零点，故B正确，
当时，与至多有两个交点，故C错误；
当时，如图，存在函数与的图象分别在和上分别有1个和2个交点，故存在 ，使得有3个零点，故D正确.
故选：ABD.
12．已知函数的零点为，函数的零点为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】注意到，又可得
在单调递增，则有，后由零点存在性定理可得范围.，之后判断各选项正误即可得答案..
【详解】，
又函数的零点为，则，其中.
，得在上单调递增，又其有零点，则为其唯一零点.
又，得.
注意到，，
则，且.
对于A，因，，
则，故A正确.
对于B，因，则.
令.在上单调递减，
则，得在上单调递增.
则，即，故B错误.
对于C选项，因，，则，故.
则由基本不等式结合有：，故C正确.
对于D选项，因，则，由C选项分析可知.
则令，.
得在上单调递增，故，即.故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数零点，构造函数证明不等式，需注意以下两点:
（1）若题目中同时出现与，常通过使出现相同结构.
（2）对于双变量问题，常利用消元思想转化为关于一个未知数的问题.
三、填空题
13．已知定义域为，值域为，且，写出一个满足条件的的解析式是 ．
【答案】，（答案不唯一）
【分析】根据题意可得为的偶函数，且值域为，写出满足条件的一个函数即可.
【详解】解：因为定义域为，且，
所以，
所以为的偶函数，
又因为值域为，
所以函数，满足题意.
故答案为：，(答案不唯一)
14．的部分图象如图所示，则函数的解析式为

【答案】
【分析】利用给定的图象依次求出即可.
【详解】观察函数的部分图象，得，的周期，则，
由，得，而，则，
所以函数的解析式为.
故答案为：
四、双空题
15．在一次海上联合作战演习中，红方一艘侦察艇发现在北偏东方向，相距12公里的水面上，有蓝方一艘小艇正以每小时10公里的速度沿南偏东方向前进，若侦察艇以每小时14公里的速度，沿北偏东方向拦截蓝方的小艇．若要在最短的时间内拦截住，则红方侦察艇所需的时间为 小时，角的正弦值为 ．
【答案】 2 /
【分析】设红方侦查艇经过x小时后在处追上蓝方的小艇，即可得到，，在中，利用余弦定理得到关于的方程，求解得到x，从而得到，再利用正弦定理得到.
【详解】设红方侦查艇经过x小时后在处追上蓝方的小艇，则，，.

根据余弦定理得，解得，
故，.
根据正弦定理得，解得，
故答案为：2；.
五、填空题
16．若存在两个正实数x，y使等式成立，（其中）则实数m的取值范围是 .
【答案】
【详解】， ，设 ，设 ，那么 ， 恒成立，所以是单调递减函数，当时， ，当时， ，函数单调递增，当 ， ，函数单调递减，所以 在时，取得最大值， ，即 ，解得： 或 ，写出区间为 ，故填： .
六、解答题
17．已知中角，，的对边分别为，，，满足．
(1)求的值；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）已知等式利用正弦定理边化角,或利用余弦定理角化边,化简可求的值；
（2）已知条件结合余弦定理求出，由公式求的面积．
【详解】（1）解法一：由，得．
由正弦定理得，
所以，
由于，所以，则．
因为，所以，．
因为，所以．
解法二：由，得．
所以由余弦定理得，
化简得，即，
因为，所以．
（2）由余弦定理，及，，得，
即，又，得，所以．
所以的面积．
18．如图为一块边长为的等边三角形地块，现对这块地进行改造，计划从的中点出发引出两条成角的线段和（，，分别在边，上），与和围成四边形区域，在该区域内种上花草进行绿化改造，设.
(1)当时，求花草绿化区域的面积；
(2)求花草绿化区域的面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据角度确定为平行四边形，进而和均为边长为的等边三角形，则利用面积割补法求解即可；
（2）将面积表示为，方法一：利用正弦定理用表示出和，令，利用三角变换及正切函数的单调性求得，利用对勾函数的性质求得，即可求解面积范围；
方法二：运用三角形相似，得出线段间的数量关系，再根据对勾函数的单调性求得范围.
【详解】（1）当时，，，四边形为平行四边形，
则和均为边长为的等边三角形，
又，
.
花草绿化区域的面积为：.
（2）方法一：由题意知：，，
，
在中，，由正弦定理得：.
在中，，，
由正弦定理得：，
.
令，
，，，，
，在上单调递减；在上单调递增.
即，，
即花草地块面积的取值范围为.
方法二：由已知得，，
又，，在和中有：，
，，得，
又是的中点，，，且当在点时，，
所以，
所以，
设，，且，令，则，
时，，在单调递减，
时，，在上单调递增，
时，有最小值2，当或时，，
所以花草地块面积的取值范围为.
19．已知为的内角，函数的最大值为．
(1)求；
(2)设，且，若方程在内有两个不同的解，求实数取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用诱导公式、降幂公式、辅助角公式化简函数解析式，由最大值求；
（2）求出解析式，方程在内有两个不同的解，结合二次函数的性质，分类讨论方程根的情况，求实数取值范围．
【详解】（1）．
故，故．
因为，故．
（2），故，
令，，则的图象如图所示：可得，
方程在内有两个不同的解，
又，下面考虑在上的解的情况．
若，则或（舍）
当时，方程的解为，此时仅有一解，
故方程在内有一个解，不合题意．
若，则或，此时在有两个不同的实数根，，
当时，，，则，，
要使得方程在内有两个不同的解，
则，．
令，则，解得．
综上，的取值范围为：．
20．设函数.
（Ⅰ）讨论的导函数的零点的个数；
（Ⅱ）证明：当时.
【答案】（Ⅰ）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分与考虑的单调性及性质，即可判断出零点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设在的唯一零点为，根据的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于，即证明了所证不等式.
试题解析：（Ⅰ）的定义域为，.
当时,，没有零点；
当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，;
当时，.
故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.
由于，所以.
故当时，.
【解析】常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.
21．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
【答案】(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【详解】（1）解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
（3）解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
22．已知.
（1）试求在上的最大值；
（2）已知在处的切线与轴平行，若存在，，使得，证明：.
【答案】（1）当时；当时；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求导数，然后对分类讨论，判断单调性，求解即可.
（2）由题意可知，，则，从而确定单调性，再根据的正负，确定其函数的大致图像，从而确定有，要证，只需证，只需证明，只需证，构造函数，利用导数研究函数的单调性，证明不等式，即可.
【详解】（1），
当时，则对任意恒成立，即恒成立.
所以在单调递增.
则的最大值为；
当时，令，即
当，即时，
当时，在上单调递增.
当时，在上单调递减，.
当即时，对任意恒成立，
即恒成立，所以在单调递增.
则的最大值为；
综上所述：当时；
当时.
（2）因为在处的切线与轴平行，
所以，则，即.
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减.
又因为时有；时有，
根据图象可知，若，则有；
要证，只需证；
又因为，所以；
因为在上单调递减，从而只需证明，
只需证
只需证
设，则.
由的单调性可知，.
则，即.
所以，即在上单调递增.
所以.
从而不等式得证.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值以及证明不等式，属于难题.